（全國(guó)通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 第15講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用學(xué)案

《（全國(guó)通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 第15講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能及其守恒定律 第15講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用學(xué)案（24頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第15講　動(dòng)能定理及其應(yīng)用 考綱要求 考情分析 命題趨勢(shì) 1.對(duì)動(dòng)能定理的理解Ⅱ 2．動(dòng)能定理的應(yīng)用Ⅱ 3．動(dòng)能定理與圖象結(jié)合的問(wèn)題Ⅱ 2016·全國(guó)卷Ⅱ，21 動(dòng)能定理是力學(xué)的重要規(guī)律之一，對(duì)求解涉及位移的過(guò)程問(wèn)題非常簡(jiǎn)便，在高考中也有很重要的地位 1．動(dòng)能 (1)定義：物體由于__運(yùn)動(dòng)__而具有的能． (2)公式：Ek＝__mv2__. (3)單位：__焦耳__,1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2. (4)標(biāo)矢性：動(dòng)能是__標(biāo)量__，只有正值，動(dòng)能與速度方向__無(wú)關(guān)__. (5)動(dòng)能的變化：物體__末動(dòng)能__與__初動(dòng)能__之差，即ΔEk＝

2、__mv－mv__. 2．動(dòng)能定理 (1)內(nèi)容：在一個(gè)過(guò)程中合力對(duì)物體所做的功，等于物體在這個(gè)過(guò)程中__動(dòng)能的變化__. (2)表達(dá)式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝__mv－mv__. (3)物理意義：__合力__的功是物體動(dòng)能變化的量度． (4)適用條件 ①動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于__曲線運(yùn)動(dòng)__. ②既適用于恒力做功，也適用于__變力__做功． ③力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時(shí)作用，也可以__分階段__作用． 1．請(qǐng)判斷下列表述是否正確，對(duì)不正確的表述，請(qǐng)說(shuō)明原因． (1)動(dòng)能是機(jī)械能的一種表現(xiàn)形式，凡是運(yùn)動(dòng)的物體都具有動(dòng)能．(　√　) (2)一定質(zhì)量

3、的物體動(dòng)能變化時(shí)，速度一定變化，但速度變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化．(　√　) (3)動(dòng)能不變的物體，一定處于平衡狀態(tài)．(　×　) 解析　速度是矢量，動(dòng)能是標(biāo)量，動(dòng)能不變的物體，速度的方向可能發(fā)生變化． (4)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)能與下落距離的二次方成正比．(　×　) 解析　由mv2＝mgh可知，做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，動(dòng)能與下落距離成正比，而不是與下落距離的二次方成正比． (5)如果物體所受的合外力為零，那么，合外力對(duì)物體做的功一定為零．(　√　) (6)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一定變化．(　×　) 解析　變速運(yùn)動(dòng)可能僅僅是速度的方向發(fā)生變化，此時(shí)動(dòng)能可能不變． (7)

4、物體的動(dòng)能不變，所受的合外力必定為0.(　×　) 解析　物體動(dòng)能不變，所受的合外力不一定為0，比如勻速圓周運(yùn)動(dòng)． 2．關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合力、合力做的功、物體動(dòng)能的變化，下列說(shuō)法正確的是(　B　) A．運(yùn)動(dòng)物體所受的合力不為零，合力必做功，物體的動(dòng)能肯定要變化 B．運(yùn)動(dòng)物體所受的合力為零，則物體的動(dòng)能肯定不變 C．運(yùn)動(dòng)物體的動(dòng)能保持不變，則該物體所受合力一定為零 D．運(yùn)動(dòng)物體所受合力不為零，則該物體一定做變速運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能要變化 解析　關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合力、合力做的功、物體動(dòng)能的變化三者之間的關(guān)系有下列三個(gè)要點(diǎn)． (1)若運(yùn)動(dòng)物體所受合力為零，則合力不做功(或物體所受外力做功的

5、代數(shù)和必為零)，物體的動(dòng)能絕對(duì)不會(huì)發(fā)生變化． (2)物體所受合力不為零，物體必做變速運(yùn)動(dòng)，但合力不一定做功，合力不做功，則物體動(dòng)能不變化． (3)物體的動(dòng)能不變，一方面表明物體所受的合力不做功；同時(shí)表明物體的速率不變．(速度的方向可以不斷改變，此時(shí)物體所受的合力只是用來(lái)改變速度方向，產(chǎn)生向心加速度，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)) 根據(jù)上述三個(gè)要點(diǎn)不難判斷，本題只有選項(xiàng)B是正確的． 3．(多選)一物體自t＝0時(shí)開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，其v－t圖象如圖所示，下列說(shuō)法正確的是(　AD　) A．0～4 s內(nèi)合外力做的功等于5～6 s內(nèi)合外力做的功 B．2 s末合外力的功率大于6 s末合外力的功率 C．0～

6、2 s內(nèi)與0～4 s內(nèi)合外力的平均功率相同 D．4～6 s內(nèi)合外力的平均功率等于零 解析　根據(jù)動(dòng)能定理可得，0～4 s內(nèi)合外力對(duì)物體做的功等于5～6 s內(nèi)合外力對(duì)物體做的功，同理可得4～6 s內(nèi)合外力的功為零，則平均功率等于零，選項(xiàng)A、D均正確；同理可得，0～2 s內(nèi)與0～4 s內(nèi)合外力的功相同，但時(shí)間不相等，故平均功率不相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；2 s末、6 s末速度大小相等，但2 s末的合外力小于6 s末的合外力，故2 s末合外力 的功率小于6 s末合外力的功率，選項(xiàng)B錯(cuò)誤． 　一　對(duì)動(dòng)能定理的理解 1．對(duì)“外力”的兩點(diǎn)理解 (1)“外力”指的是合力，重力、彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、

7、磁場(chǎng)力或其他力，他們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用． (2)既可以是恒力，也可以是變力． 2．“＝”體現(xiàn)的兩個(gè)關(guān)系 [例1](2018·湖北宜昌模擬)一輛汽車在平直公路上行駛，在汽車的速度從0增大到v的過(guò)程中，發(fā)動(dòng)機(jī)做的功為W1；在汽車的速度從v增大到2v的過(guò)程中，發(fā)動(dòng)機(jī)做的功為W2.設(shè)汽車在行駛過(guò)程中所受阻力和發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力都不變，則有(　B　) A．W2＝2W1 B．W2＝3W1 C．W2＝4W1 D．W2＝W1 解析　設(shè)汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力為F，汽車所受的阻力為Ff，兩個(gè)過(guò)程中汽車的位移分別為l1、l2，則由動(dòng)能定理得(F－Ff)l1＝mv2－0，(F－Ff)l2＝m(2v

8、)2－mv2，解得l2＝3l1，又W1＝Fl1，W2＝Fl2，可得W2＝3W1，選項(xiàng)B正確． 應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)抓好“兩狀態(tài)一過(guò)程” “兩狀態(tài)”，即明確研究對(duì)象的始、末狀態(tài)的速度或動(dòng)能情況；“一過(guò)程”，即明確研究過(guò)程，確定這一過(guò)程研究對(duì)象的受力情況和位置變化或位移信息．高中階段動(dòng)能定理中的位移和速度應(yīng)以地面或相對(duì)地面靜止的物體為參考系． 　二　動(dòng)能定理的應(yīng)用 [例2](2018·河南鄭州模擬)2014年全國(guó)多地霧霾頻發(fā)，且有愈演愈烈的趨勢(shì)，空氣質(zhì)量問(wèn)題備受關(guān)注．在霧霾天氣下，能見(jiàn)度下降，機(jī)動(dòng)車行駛速度降低，道路通行效率下降，對(duì)城市快速路、橋梁和高速公路的影響很大，已知汽車保持勻速正

9、常行駛時(shí)受到的阻力為Ff1＝0.2mg，剎車時(shí)受到的阻力為Ff2＝0.5mg，重力加速度為g＝10 m/s2. (1)若汽車在霧霾天行駛的速度為v1＝36 km/h，則剎車后經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間才會(huì)停下來(lái)？ (2)若前車因故障停在車道上，當(dāng)質(zhì)量為m＝1 200 kg的后車距離已經(jīng)停止的前車為x＝22.5 m處緊急剎車，剛好不與前車相撞，則后車正常行駛時(shí)的功率為多大？ 解析　(1)v＝36 km/h＝10 m/s， Ff2＝0.5mg. 剎車后由牛頓第二定律可知－Ff2＝ma， －0.5mg＝ma， a＝－0.5g＝－5 m/s2， v′＝v＋at＝0， 得t＝ s＝2 s. (2)

10、根據(jù)動(dòng)能定理有 －Ff2x＝0－mv， Ff2＝0.5mg， 聯(lián)立解得v0＝15 m/s， 正常行駛時(shí)有F－Ff1＝0， Ff1＝0.2mg， P＝Fv0＝0.2×1 200×10×15 W＝3.6×104 W. 答案　(1)2 s　(2)3.6×104 W 應(yīng)用動(dòng)能定理解題步驟 三　動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問(wèn)題 解決物理圖象問(wèn)題的基本步驟 (1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義． (2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式． (3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線

11、的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)，以及圖線下的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，分析解答問(wèn)題．或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量． [例3](2017·湖北黃石調(diào)研)用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到0～6 s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示．下列說(shuō)法正確的是(　D　) A．0～6 s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng) B．0～6 s內(nèi)物體在4 s時(shí)的速度最大 C．物體在2～4 s內(nèi)速度不變 D．0～4 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于0～6 s內(nèi)合力做的功 解析　由a－t圖象可知：圖線與時(shí)間軸圍成的“面積”代表物體在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)速度的變化情況

12、，在時(shí)間軸上方為正，在時(shí)間軸下方為負(fù)．物體6 s末的速度v6＝×(2＋5)×2 m/s－×1×2 m/s＝6 m/s，則0～6 s內(nèi)物體一直向正方向運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題圖可知物體在5 s末速度最大，為vm＝×(2＋5)×2 m/s＝7 m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題圖可知在2～4 s內(nèi)物體加速度不變，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度變大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在0～4 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功由動(dòng)能定理可知 W合4＝mv－0，又v4＝×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s， 得W合4＝36 J， 0～6 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功由動(dòng)能定理可知 W合6＝mv－0，又v6＝6 m/s，得W合6＝36 J， 則W合4＝

13、W合6，選項(xiàng)D正確． 圖象所圍“面積”的意義 (1)v－t圖：由公式x＝vt可知，v－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移． (2)a－t圖：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量． (3)F－x圖：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)－x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功． (4)P－t圖：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功． 四　動(dòng)能定理與圓周運(yùn)動(dòng)結(jié)合 1．圓周運(yùn)動(dòng)屬于曲線運(yùn)動(dòng)，若只涉及位移和速度而不涉及時(shí)間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理列式求解． 2．用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫出物體

14、運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，讓草圖幫助我們理解物理過(guò)程和各量關(guān)系． [例4](2018·湖北武漢模擬)如圖所示，半徑r1＝ m的圓弧軌道AB與水平軌道BC相切于B點(diǎn)，CD為r2＝0.40 m的半圓軌道，另一半徑R＝1.00 m的圓弧軌道EF與CD靠近，E點(diǎn)略低于D點(diǎn)．一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)以初速度v0＝2 m/s沿軌道下滑，在AB段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終受到豎直向上的F＝10 N的力作用，進(jìn)入BC段后撤去．已知AB高度為h，BC長(zhǎng)L＝1.00 m，小物塊與BC間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，其余光滑，EF軌道對(duì)應(yīng)的圓心角θ＝60°，所有軌道均固定在同一豎直平面內(nèi)，不考慮小物塊在各軌道相接處的能量

15、損失，忽略空氣阻力，g取10 m/s2.求： (1)當(dāng)小物塊沿圓弧軌道AB運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小物塊的作用力大??； (2)若小物塊在B點(diǎn)的速度為5 m/s，且在剛進(jìn)入BC段時(shí)撤去力F，請(qǐng)通過(guò)計(jì)算判斷小物塊能否通過(guò)D點(diǎn)； (3)小物塊能進(jìn)入EF軌道，且不越過(guò)F點(diǎn)，小物塊在D點(diǎn)的速度范圍． 解析　(1)小物塊從A到B，由動(dòng)能定理得 mgh－Fh＝mv－mv， 解得vB＝2 m/s. 在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得F＋FN－mg＝m， 解得FN＝5 N. (2)假設(shè)小物塊以5 m/s速度能從B到D，由動(dòng)能定理得 －2mgr2－μmgL＝mv－mv， 解得vD＝ m/s. 若小物

16、塊恰好過(guò)D點(diǎn)，則mg＝m， 解得v′D＝＝2 m/s< m/s， 故小物塊能通過(guò)D點(diǎn)． (3)小物塊恰好到F點(diǎn)，從E到F，由動(dòng)能定理得 －mgR(1－cos θ)＝0－mv， 解得vE＝ m/s， 所以小物塊在D點(diǎn)的速度范圍為2 m/s≤vD≤ m/s. 答案　(1)5 N　(2)見(jiàn)解析　(3)2 m/s≤vD≤ m/s. 動(dòng)能定理在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用 豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)經(jīng)?？疾樽罡唿c(diǎn)和最低點(diǎn)，最高點(diǎn)的速度和最低點(diǎn)的速度可以通過(guò)動(dòng)能定理聯(lián)系起來(lái)，所以豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)經(jīng)常和動(dòng)能定理結(jié)合考查． 五　用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題 1．運(yùn)用動(dòng)能定理解決問(wèn)題時(shí)，選擇合適的研究過(guò)程能使

17、問(wèn)題得以簡(jiǎn)化．當(dāng)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程包含幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的子過(guò)程時(shí)，可以選擇一個(gè)、幾個(gè)或全部子過(guò)程作為研究過(guò)程． 2．當(dāng)選擇全部子過(guò)程作為研究過(guò)程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的做功特點(diǎn)： (1)重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)． (2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積． [例5](2018·湖南聯(lián)考)如圖所示，光滑的水平軌道MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶水平長(zhǎng)度L＝1.6 m，皮帶以恒定速率v逆時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶的右端平滑連接著一個(gè)固定在豎直平面內(nèi)、半徑為R＝0.4 m的光滑半圓軌道PQ；質(zhì)量為m＝0.2 kg且可視為質(zhì)點(diǎn)

18、的滑塊A置于水平導(dǎo)軌MN上，開(kāi)始時(shí)滑塊A與墻壁之間有一壓縮的輕彈簧，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)松開(kāi)滑塊A，彈簧伸長(zhǎng)，滑塊脫離彈簧后滑上傳送帶，從右端滑出并沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)Q后水平飛出，又正好落回N點(diǎn)．已知滑塊A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，取g＝10 m/s2.求： (1)滑塊A在半圓軌道P處對(duì)軌道的壓力； (2)壓縮的輕彈簧的彈性勢(shì)能Ep. 解析　(1)滑塊A從Q飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，有 L＝vQt,2R＝gt2，代入數(shù)據(jù)解得vQ＝4 m/s. 滑塊A從P運(yùn)動(dòng)到Q過(guò)程中由動(dòng)能定理得－mg2R＝mv－mv. 在P點(diǎn)由牛頓第二定律得FN－mg＝m， 代入數(shù)據(jù)解得FN＝18

19、N，由牛頓第三定律可知，壓力大小為18 N. (2)皮帶轉(zhuǎn)動(dòng)方向和滑塊A運(yùn)動(dòng)方向相反，A在皮帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)．彈簧松開(kāi)之后，其彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化成滑塊A的動(dòng)能Ep＝mv， 滑塊從N點(diǎn)到P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理有 －μmgL＝mv－mv，代入數(shù)據(jù)解得Ep＝4 J. 答案　(1)18 N　(2)4 J 1．如圖所示，在水平桌面的邊角有一輕質(zhì)光滑的定滑輪K，一條不可伸長(zhǎng)的輕繩繞過(guò)K分別與物塊A、B相連，A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，開(kāi)始時(shí)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)用一水平恒力F拉物塊A，使物塊B上升．已知當(dāng)B上升距離為h時(shí)，B的速度為v.求此過(guò)程中物塊A克服摩擦力所做的功．(重力加速度為g)

20、 解析　設(shè)A克服摩擦力所做的功為Wf，當(dāng)B上升距離為h時(shí)，恒力F做功為Fh，重力做功為－mBgh，根據(jù)動(dòng)能定理得 Fh－Wf－mBgh＝(mA＋mB)v2， 解得Wf＝(F－mBg)h－(mA＋mB)v2. 答案　(F－mBg)h－(mA＋mB)v2 2．(2018·寧夏銀川調(diào)研)質(zhì)量M＝500 t的機(jī)車，以恒定的功率從靜止出發(fā)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝5 min在水平路面上行駛l＝2.25 km，速度達(dá)到最大值vm＝54 km/h.求： (1)機(jī)車的功率； (2)機(jī)車在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的平均阻力的大?。? 解析　(1)54 km/h＝15 m/s，設(shè)機(jī)車的功率為P，平均阻力為Ff，當(dāng)機(jī)車達(dá)到

21、最大速度vm時(shí)，有P＝Ff·vm，① 由動(dòng)能定理得Pt－Ffl＝Mv－0② 由①②式得P＝＝ W＝3.75×105 W， (2)機(jī)車運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的阻力Ff＝＝ N＝2.5×104 N. 答案　(1)3.75×105 W　(2)2.5×104 N 3．(2018·安徽安慶調(diào)研)如圖所示，用跨過(guò)光滑定滑輪的纜繩將海面上一艘失去動(dòng)力的小船沿直線拖向岸邊．已知拖動(dòng)纜繩的電動(dòng)機(jī)功率恒為P，小船的質(zhì)量為m，小船受到的阻力大小恒為Ff，經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0，小船從A點(diǎn)沿直線加速運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)經(jīng)歷時(shí)間為t，A、B兩點(diǎn)間距離為d，纜繩質(zhì)量忽略不計(jì)．求： (1)小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的全過(guò)程克服阻力

22、做的功Wf； (2)小船經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小v1； (3)小船經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的加速度大小a. 解析　(1)小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)克服阻力做功Wf＝Ff·d. (2)小船從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，電動(dòng)機(jī)牽引繩對(duì)小船做功W＝Pt， 由動(dòng)能定理有W－Wf＝mv－mv， 解得v1＝. (3)設(shè)小船經(jīng)過(guò)B點(diǎn)對(duì)繩的拉力大小為F(如圖甲)，繩與水平方向夾角為θ，電動(dòng)機(jī)牽引繩的速度大小為u(如圖乙)，則P＝Fu，u＝v1cos θ， 由牛頓第二定律有Fcos θ－Ff＝ma， 解得a＝－. 　　　　　 答案　(1)Ffd　(2) (3)－ 4．(2018·江蘇南京模擬)如圖所示，在水平地面上固

23、定一傾角為θ的光滑斜面，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)．一質(zhì)量為m的滑塊從距離彈簧上端s處由靜止釋放，設(shè)滑塊與彈簧接觸過(guò)程中沒(méi)有能量損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g. (1)求滑塊從釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間t. (2)若滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中最大速度為vm，求滑塊從釋放到速度為vm的過(guò)程中彈簧的彈力所做的功W. 解析　(1)滑塊從釋放到與彈簧剛接觸的過(guò)程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則有mgsin θ＝ma，s＝at2， 解得t＝. (2)滑塊速度最大時(shí)受力平衡，設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為x，則

24、有 mgsin θ＝kx， 滑塊從釋放到速度達(dá)到最大的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 mgsin θ(s＋x)＋W＝mv， 聯(lián)立解得W＝mv－mgsin θ. 答案　(1)　(2)mv－mgsin θ [例1](18分)如圖所示，質(zhì)量為m＝1 kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的小物體輕輕放在勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上的P點(diǎn)，隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后水平拋出，小物體恰好無(wú)碰撞地①沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道下滑，圓弧軌道與質(zhì)量為M＝2 kg的足夠長(zhǎng)的小車左端在最低點(diǎn)O點(diǎn)相切，小物體在O點(diǎn)滑上小車，水平地面光滑，當(dāng)小物體運(yùn)動(dòng)到障礙物Q處時(shí)與Q發(fā)生無(wú)機(jī)械能損失的碰撞．碰撞前小物體和小車已經(jīng)相對(duì)靜止，而小車可繼

25、續(xù)向右運(yùn)動(dòng)(小物體始終在小車上)，小車運(yùn)動(dòng)過(guò)程中和圓弧無(wú)相互作用．已知圓弧半徑R＝1.0 m，圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角θ為53°，A點(diǎn)距水平地面的高度h＝0.8 m，小物體與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.試求： (1)小物體離開(kāi)A點(diǎn)的水平速度v1； (2)小物體經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)②對(duì)軌道的壓力大?。? (3)第一次碰撞后直至靜止，小物體③相對(duì)小車的位移和小車做勻減速運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間． [答題送檢]來(lái)自閱卷名師報(bào)告 錯(cuò)誤 致錯(cuò)原因 扣分 (1) ①無(wú)法理解“沿圓弧切線從B點(diǎn)進(jìn)入豎直光滑圓弧軌道下滑”的含義，導(dǎo)致無(wú)法求

26、解A點(diǎn)的水平速度； －5 (2) ②因解答不規(guī)范導(dǎo)致的失分：小物體在O點(diǎn)的牛頓第二定律方程式漏掉重力而寫成FN＝m導(dǎo)致出錯(cuò). －2 (3) ③小物體滑上小車后沒(méi)有判斷達(dá)到共同速度這一重要環(huán)節(jié)，導(dǎo)致把l絕對(duì)當(dāng)成l相對(duì)而出錯(cuò). －4 [規(guī)范答題]　 [解析]　(1)對(duì)小物體由A到B有v＝2gh， 在B點(diǎn)tan θ＝，解得v1＝3 m/s. (2)由A到O，根據(jù)動(dòng)能定理有 mg(h＋R－Rcos θ)＝mv－mv， 在O點(diǎn)FN－mg＝， 解得v0＝ m/s, FN＝43 N， 由牛頓第三定律得FN′＝FN＝43 N，方向豎直向下． (3)摩擦力Ff＝μmg＝1 N，

27、 加速度am＝μg＝1 m/s2，aM＝＝0.5 m/s2， 小物體滑上小車后經(jīng)過(guò)時(shí)間t達(dá)到的共同速度為vt，則 t＝＝，得vt＝ m/s. 由于碰撞不損失能量，小物體在小車上重復(fù)做勻減速和勻速運(yùn)動(dòng)，相對(duì)小車始終向左運(yùn)動(dòng)，小物體與小車最終靜止，摩擦力做功使動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故有 Ff·l相＝(M＋m)v，得l相＝5.5 m， 小車從小物體碰撞后開(kāi)始勻減速運(yùn)動(dòng)，(每個(gè)減速階段)加速度不變，aM＝＝0.5 m/s2，vt＝aMt，得t＝ s [答案]　(1)3 m/s(5分)　(2)43 N(5分)　(3)5.5 m(4分)　 s(4分) 1．(2018·山東濟(jì)南模擬)一個(gè)勁度

28、系數(shù)k＝800 N/m的輕質(zhì)彈簧，兩端分別連接著質(zhì)量均為m＝12 kg的物體A和B，將它們豎直靜止地放在水平地面上，如圖所示．施加一豎直向上的變力F在物體A上，使物體A由靜止開(kāi)始向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)t＝0.4 s時(shí)物體B剛好離開(kāi)地面(設(shè)整個(gè)勻加速過(guò)程彈簧都處于彈性限度內(nèi)，g取10 m/s2)．求： (1)此過(guò)程中物體A的加速度的大??； (2)此過(guò)程中外力F所做的功． 解析　(1)開(kāi)始時(shí)彈簧被壓縮x1，對(duì)A有kx1＝mAg， B剛要離開(kāi)地面時(shí)彈簧伸長(zhǎng)x2，對(duì)B有kx2＝mBg， 將mA＝mB＝m代入上兩式得x1＝x2， 整個(gè)過(guò)程中A上升的距離x＝x1＋x2＝＝0.3 m， 根據(jù)

29、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x＝at2， 得物體A的加速度a＝＝3.75 m/s2. (2)設(shè)A的末速度為vt，由x＝t 得vt＝＝1.5 m/s， 因?yàn)閤1＝x2，所以此過(guò)程中初、末位置彈簧的彈性勢(shì)能不變，彈簧的彈力做功為零．設(shè)此過(guò)程中所加外力F做功為W，根據(jù)動(dòng)能定理有 W－mgx＝mv， 即W＝mgx＋mv＝49.5 J. 答案　(1)3.75 m/s2　(2)49.5 J 2．(2018·山東濟(jì)南模擬)如圖所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形軌道，其底端恰好與光滑水平桌面相切．右側(cè)有一豎直放置的光滑圓弧軌道MNP，軌道半徑R＝0.8 m，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也是R.質(zhì)量m

30、B＝2.0 kg的小物塊B靜止在水平桌面上，質(zhì)量mA＝2.0 kg的小物塊A從距離水平桌面某一高度h的S點(diǎn)沿軌道從靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)弧形軌道的最低點(diǎn)Q滑上水平桌面與B相碰，碰后兩個(gè)物體交換速度，然后小物塊B從桌面右邊緣D點(diǎn)飛離桌面，最后恰好由P點(diǎn)沿圓軌道切線落入圓軌道．已知重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小物塊B離開(kāi)D點(diǎn)時(shí)的速度vD； (2)S與Q的豎直高度h； (3)分析判斷小物塊B能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)． 解析　(1)A、B碰撞后，因二者交換速度，所以A靜止，物塊B在D點(diǎn)以初速度vD做平拋運(yùn)動(dòng)，落到P點(diǎn)時(shí)其速度為vP，由動(dòng)能定理有 mBgR＝mBv－mBv， 又vP

31、cos 45°＝vD， 解得vD＝4 m/s； (2)設(shè)A與B碰撞前的速度為v0，A與B相碰交換速度，所以v0＝vD＝4 m/s， A從S滑到Q的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有 mAgh＝mAv， 解得h＝0.8 m. (3)假設(shè)小物塊B能沿軌道到達(dá)M點(diǎn)，到達(dá)時(shí)其速度為vM，從D到M由動(dòng)能定理有 －mBgRcos 45°＝mBv－mBv， 解得vM≈2.2 m/s. 設(shè)物塊剛好能通過(guò)M點(diǎn)的臨界速度為vC，由牛頓第二定律有 mBg＝mB， 解得vC＝≈2.8 m/s2， 由于vM

32、(2017·江蘇卷)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處．小物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，小物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是(　C　) 解析　依據(jù)動(dòng)能定理，上升過(guò)程中F升＝mgsin α＋μmgcos α大小恒定，下降過(guò)程中F降＝mgsin α－μmgcos α大小恒定．說(shuō)明在Ek－x圖象中，上升、下降階段圖線的斜率均恒定，圖線均為直線，則選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤．物塊能夠返回，返回過(guò)程位移減小，而動(dòng)能增加，則選項(xiàng)A錯(cuò)誤．因整個(gè)過(guò)程中摩擦力做負(fù)功，則Ekt

33、示；當(dāng)物塊的初速度為時(shí)，上升的最大高度記為h，重力加速度大小為g.則物塊與斜坡間的動(dòng)摩擦因數(shù)和h分別為(　D　) A．tan θ和 B．(－1)tan θ和 C．tan θ和 D．(－1)tan θ和 解析　根據(jù)動(dòng)能定理，以速度v上升時(shí)，mv2＝μmgcos θ＋mgH，以速度上升時(shí)，m()2＝μmgcos θ＋mgh，解得h＝，μ＝(－1)tan θ，所以選項(xiàng)D正確． 3．如圖所示，在豎直平面內(nèi)，滑道ABC關(guān)于B點(diǎn)對(duì)稱，且A、B、C三點(diǎn)在同一水平線上．若小滑塊第一次由A滑到C，所用的時(shí)間為t1，第二次由C滑到A，所用的時(shí)間為t2，小滑塊兩次的初速度大小相同且運(yùn)動(dòng)過(guò)程

34、始終沿著滑道滑行，小滑塊與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，則(　A　) A．t1t2 D．無(wú)法比較t1、t2的大小 解析　設(shè)初速度為v0，第一次到達(dá)B點(diǎn)的速率為vB1，到達(dá)C點(diǎn)的速率為vC1，A到C由動(dòng)能定理可得－WfAB1＝mv－mv，－WfBC1＝mv－mv；第二次到達(dá)B點(diǎn)的速率為vB2，到達(dá)A點(diǎn)的速率為vA2，C到A由動(dòng)能定理可得－WfBA2＝ mv－mv，－WfCB2＝mv－mv，因?yàn)樾』瑝K對(duì)滑道的壓力與速度有關(guān)，對(duì)于BC部分，速度越大，壓力越大，摩擦力越大，所以WfBC1

35、fBA2，所以有vB1>vB2，vC1>vA2，可以判斷出t1

36、先增大，后減小，到某一位置時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)，再繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧又伸長(zhǎng)．彈簧的彈力方向與小球速度的方向的夾角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此彈力先做負(fù)功，再做正功，最后又做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；彈簧與桿垂直時(shí)，小球的加速度等于重力加速度，當(dāng)彈簧的彈力為零時(shí)，小球的加速度也等于重力加速度，選項(xiàng)B正確；彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈力與小球的速度方向垂直，這時(shí)彈力對(duì)小球做功的功率為零，選項(xiàng)C正確；由于在M、N兩點(diǎn)處，彈簧的彈力大小相等，即彈簧的形變量相等，根據(jù)動(dòng)能定理可知，小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧的彈力做功為零，重力做功等于動(dòng)能的增量，即小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)

37、的重力勢(shì)能差，選項(xiàng)D正確． 5．我國(guó)將于2022年舉辦冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一．如圖所示，質(zhì)量m＝60 kg的運(yùn)動(dòng)員從長(zhǎng)直助滑道AB的A處由靜止開(kāi)始以加速度a＝3.6 m/s2勻加速滑下，到達(dá)助滑道末端B時(shí)速度vB＝24 m/s，A與B的豎直高度差H＝48 m．為了改變運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向，在助滑道與起跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點(diǎn)C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧．助滑道末端B與滑道最低點(diǎn)C的高度差h＝5 m，運(yùn)動(dòng)員在B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功W＝－1 530 J，取g＝10 m/s2. (1)求運(yùn)動(dòng)員在AB段下滑時(shí)受到阻力Ff的大??； (2)若運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓

38、力為其所受重力的6倍，則C點(diǎn)所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大． 解析　(1)運(yùn)動(dòng)員在AB上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)AB的長(zhǎng)度為x，則有v＝2ax，① 由牛頓第二定律有mg－Ff＝ma，② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝144 N．③ (2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC，在由B到達(dá)C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mgh＋W＝mv－mv，④ 設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)所受的支持力為FN，由牛頓第二定律有 FN－mg＝m，⑤ 由運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，即FN＝6mg，聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得R＝12.5 m. 答案　(1)144 N　(2)12.5 m 6．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)

39、為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1

40、0＝mv－mv，① 解得μ＝.② (2)冰球到達(dá)擋板時(shí)，滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最?。O(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時(shí)間為t. 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v－v＝2a1s0，③ v0－v1＝a1t，④ s1＝a2t2，⑤ 聯(lián)立③④⑤式得a2＝.⑥ 答案　(1)　(2) 課時(shí)達(dá)標(biāo)　第15講 [解密考綱]深刻理解動(dòng)能定理解題的優(yōu)越性，掌握它是一條適用范圍很廣的物理規(guī)律，體會(huì)應(yīng)用動(dòng)能定理處理動(dòng)力學(xué)的綜合問(wèn)題的技巧． 1．關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合力、合力做的功、物體動(dòng)能的變化，下列說(shuō)法正確的是(　B　) A．運(yùn)動(dòng)物體所受的合力不為

41、零，合力必做功，物體的動(dòng)能肯定要變化 B．運(yùn)動(dòng)物體所受的合力為零，則物體的動(dòng)能肯定不變 C．運(yùn)動(dòng)物體的動(dòng)能保持不變，則該物體所受合力一定為零 D．運(yùn)動(dòng)物體所受合力不為零，則該物體一定做變速運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)能要變化 2．靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，t＝4 s時(shí)停下，其v－t圖象如圖所示．已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是(　A　) A．整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功 B．整個(gè)過(guò)程中拉力做的功等于零 C．t＝2 s時(shí)刻拉力的瞬時(shí)功率在整個(gè)過(guò)程中最大 D．t＝1 s到t＝3 s這段時(shí)間內(nèi)拉力不做功 3．質(zhì)量為2 kg

42、的物體以一定的初速度沿傾角為30°的斜面向上滑行，在向上滑行的過(guò)程中，其動(dòng)能隨位移的變化關(guān)系如圖所示，則物體返回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為(取g＝10 m/s2)(　A　) A．34 J　　 B．56 J C．92 J　　 D．196 J 解析　物體上滑的過(guò)程中重力與摩擦力都做負(fù)功，由動(dòng)能定理得－mgx·sin 30°－Ffx＝0－196，下滑過(guò)程重力做正功，摩擦力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得mgx·sin 30°－Ff·x＝Ek－0，代入數(shù)據(jù)得Ek＝34 J，故選項(xiàng)A正確． 4．(2017·湖南湘中名校聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m的小物塊從固定的半圓形槽內(nèi)與圓心等高的位置P點(diǎn)無(wú)初速度釋放，先后經(jīng)

43、過(guò)A、B、C三點(diǎn)，小物塊到達(dá)左側(cè)C點(diǎn)時(shí)速度為零．B點(diǎn)是最低點(diǎn)，半圓形槽的半徑為R，A點(diǎn)與C點(diǎn)等高，A點(diǎn)與B點(diǎn)高度差為.重力加速度為g，則(　D　) A．小物塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，重力對(duì)小物塊做的功大于小物塊克服摩擦力做的功 B．小物塊第一次從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，重力對(duì)小物塊做的功大于小物塊克服摩擦力做的功 C．小物塊只能到達(dá)C點(diǎn)一次，但能經(jīng)過(guò)A點(diǎn)兩次 D．小物塊第一次過(guò)B點(diǎn)時(shí)，對(duì)槽的壓力一定大于2mg 解析　小物塊從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)能定理有mghPC－Wf＝0，得重力對(duì)小物塊做的功等于小物塊克服摩擦力做的功，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小物塊第一次從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程

44、中，由于A點(diǎn)與C點(diǎn)等高，所以重力做功為零，而小物塊克服摩擦力做功不為零，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小物塊只能到達(dá)C點(diǎn)一次是對(duì)的，然后由C點(diǎn)返回，由于摩擦力做功，所以不能再次經(jīng)過(guò)等高處的A點(diǎn)，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小物塊第一次從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，運(yùn)用動(dòng)能定理－mghBC－WfBC＝0－mv，由已知條件hBC＝，再對(duì)小物塊第一次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，運(yùn)用牛頓第二定律得FNB－mg＝m，聯(lián)立以上三式可得槽對(duì)小物塊的支持力FNB＝2mg＋，由牛頓第三定律可知選項(xiàng)D正確． 5．(2017·湖南長(zhǎng)沙一模)(多選)如圖所示，內(nèi)壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個(gè)質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點(diǎn)．現(xiàn)用小錘沿水平方向快速

45、擊打小球，擊打后迅速移開(kāi)，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)．當(dāng)小球回到A點(diǎn)時(shí)，再次用小錘沿運(yùn)動(dòng)方向擊打小球．必須經(jīng)過(guò)兩次擊打，小球才能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)．已知小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功W，第二次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功4W.設(shè)兩次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做的功全部用來(lái)增加小球的動(dòng)能，則W的值可能是(　AB　) A．mgR　　 B．mgR C．mgR　　 D．mgR 解析　第一次擊打，小球運(yùn)動(dòng)的最大高度為R，即W≤mgR.第二次擊打，小球才能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)，而小球能夠通過(guò)最高點(diǎn)的條件為mg≤m，即v0≥.小球從靜止到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得W＋4

46、W－mg·2R＝mv－0，得W≥mgR，則mgR≤W≤mgR，故選項(xiàng)A、B正確． 6．(2017·山西名校聯(lián)考)(多選)如圖所示，小物塊與三塊材料不同但厚度相同的薄板間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ、2μ和3μ，三塊薄板長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，并依次連在一起．第一次將三塊薄板固定在水平地面上，讓小物塊以一定的水平初速度v0從a點(diǎn)滑上第一塊薄板，結(jié)果小物塊恰好滑到第三塊薄板的最右端d點(diǎn)停下；第二次將三塊薄板仍固定在水平地面上，讓小物塊從d點(diǎn)以相同的初速度v0水平向左運(yùn)動(dòng)；第三次將連在一起的三塊薄板放在光滑的水平地面上，讓小物塊仍以相同的初速度v0從a點(diǎn)滑上第一塊薄板．則下列說(shuō)法正確的是(　AB　) A．第二次

47、小物塊一定能夠運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)并停下 B．第一次和第二次小物塊經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)的速度大小相等 C．第三次小物塊也一定能運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn) D．第一次與第三次小物塊克服摩擦力做的功相等 解析　因?yàn)榈谝淮魏偷诙伪“寰还潭?，以小物塊為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理，第一次有－μmgL－2μmgL－3μmgL＝0－mv，第二次從d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)摩擦力做功相同，故可以運(yùn)動(dòng)到a點(diǎn)并停下，選項(xiàng)A正確；同理，第一次運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)，摩擦力做的功Wf1＝－μmgL－2μmgL＝－3μmgL，第二次運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)摩擦力做的功Wf2＝－3μmgL，所以兩次通過(guò)c點(diǎn)時(shí)的速度大小相等，選項(xiàng)B正確；與第一次相比，第三次薄板放在光滑水平地面上，則

48、摩擦力對(duì)薄板做功，薄板動(dòng)能增加，系統(tǒng)損失的機(jī)械能減少，小物塊相對(duì)薄板的位移減小，則小物塊不能運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；與第一次相比，因?yàn)榈谌涡∥飰K沒(méi)有減速到零，故損失的動(dòng)能減少，所以摩擦力對(duì)小物塊做的功減少，即小物塊克服摩擦力做的功減少，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 7．(2017·廣東深圳市調(diào)研)(多選)靜止在水平地面上的物塊，受到水平推力F的作用，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊的加速度a與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2.設(shè)滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，根據(jù)圖象信息，得出的結(jié)論錯(cuò)誤的是(　ABC　) A．地面對(duì)物塊的最大靜摩擦力為1 N B．物塊的質(zhì)量為1 kg C．物塊與地面間的動(dòng)

49、摩擦因數(shù)為0.2 D．4 s末推力F的瞬時(shí)功率為36 W 解析　由題圖甲知，F(xiàn)＝2t，由題圖乙知，t＝1 s時(shí)，物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)，F(xiàn)1＝2 N，故地面對(duì)物塊的最大靜摩擦力為2 N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；t＝4 s時(shí)，由牛頓第二定律有F－μmg＝ma，而μmg＝2 N，解得物塊的質(zhì)量m＝2 kg，物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；4 s末物塊的速度v＝×(4－1)×3 m/s＝4.5 m/s，故4 s末推力F的瞬時(shí)功率P＝Fv＝8×4.5 W＝36 W，選項(xiàng)D正確． 8．(多選)如圖所示，水平傳送帶以v＝2 m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，將一質(zhì)量m＝0.5 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn)

50、)輕放在傳送帶最左端，在摩擦力的作用下，小物塊會(huì)從傳送帶最右端水平飛出，恰好落在地面上某點(diǎn)P處．已知傳送帶左右兩端相距l(xiāng)＝3 m，上端離地高度h＝5 m，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，則下對(duì)說(shuō)法正確的是(　CD　) A．小物塊從輕放在傳送帶上到落到地面的時(shí)間為 s B．落點(diǎn)P與傳送帶右端的水平距離為2 m C．傳送帶因傳送小物塊多消耗的電能2 J D．小物塊落到地面時(shí)的動(dòng)能為26 J 解析　由題意可得，小物塊在傳送帶上先加速，當(dāng)速度達(dá)到2 m/s時(shí)，開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其加速時(shí)間t1＝＝1 s，此時(shí)小物塊的位移為x1＝vt1＝1 m，剩下x

51、2＝l－x1＝2 m做勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝＝1 s，離開(kāi)傳送帶后做平拋運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3＝＝1 s，總時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝3 s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；離開(kāi)傳送帶時(shí)，小物塊的速度為2 m/s，則x平＝vt3＝2 m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；傳送帶因傳送物塊多消耗的電能E電＝mv2＋μmgx相＝mv2＋μmg(vt1－x1)＝2 J，選項(xiàng)C正確；從傳送帶最右端到落到地面，對(duì)小物塊利用動(dòng)能定理可得Ekp＝mv2＋mgh＝26 J，選項(xiàng)D正確． 9．(2017·湖北襄陽(yáng)模擬)如圖，Q為一個(gè)原來(lái)靜止在光滑水平面上的物體，其DB段為一半徑為R的光滑圓弧軌道，AD段為一長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝R的粗糙水平軌道，二者相

52、切于D點(diǎn)，D在圓心O的正下方，整個(gè)軌道位于同一豎直平面內(nèi)．物塊P的質(zhì)量為m(可視為質(zhì)點(diǎn))，P與AD間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，物體Q的質(zhì)量為M＝2m，重力加速度為g. (1)若Q固定，P以速度v0從A點(diǎn)滑上水平軌道，沖至C點(diǎn)后返回A點(diǎn)時(shí)恰好靜止，求v0的大小和P剛越過(guò)D點(diǎn)時(shí)對(duì)Q的壓力大??； (2)若Q不固定，P仍以速度v0從A點(diǎn)滑上水平軌道，求P在光滑圓弧軌道上所能達(dá)到的最大高度h. 解析　(1)P從A到C又返回A的過(guò)程中，只有AD段和DA段的摩擦力做功，由動(dòng)能定理有－μmg·2L＝0－mv，① 將L＝R代入①解得v0＝.② 若P在D點(diǎn)的速度為vD，從A到D的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得

53、 －μmgL＝mv－mv.③ 剛越過(guò)D時(shí)，若Q對(duì)P的支持力為FD，根據(jù)牛頓第二定律，有 FD－mg＝m，④ 聯(lián)立②③④式解得FD＝1.2mg. 由牛頓第三定律可知，P對(duì)Q的壓力大小也為1.2mg. (2)當(dāng)P、Q具有共同速度v時(shí)，P達(dá)到最大高度h，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，⑤ 由功能關(guān)系有mv＝μmgL＋(m＋M)v2＋mgh⑥ 由⑤⑥兩式得h＝R 答案　(1)　1.2mg　(2)R 10．(2017·上海浦東模擬)我國(guó)擁有航空母艦后，艦載機(jī)的起飛與降落等問(wèn)題受到了廣泛關(guān)注.2012年11月23日，艦載機(jī)殲—15首降“遼寧艦”獲得成功，隨后艦載機(jī)又通過(guò)滑躍式起飛成

54、功．某興趣小組通過(guò)查閱資料對(duì)艦載機(jī)滑躍起飛過(guò)程進(jìn)行了如下的簡(jiǎn)化模擬：假設(shè)起飛時(shí)“航母”靜止，艦載機(jī)質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點(diǎn)．“航母”起飛跑道由如圖所示的兩段軌道組成(二者平滑連接，不計(jì)拐角處的長(zhǎng)度)，其水平軌道長(zhǎng)AB＝L，水平軌道與斜面軌道末端C的高度差為h.一架殲—15艦載機(jī)的總質(zhì)量為m，在C端的起飛速度至少為v.若某次起飛訓(xùn)練中，殲—15從A點(diǎn)由靜止啟動(dòng)，發(fā)動(dòng)機(jī)的推力大小恒為0.6mg，方向與速度方向相同，飛機(jī)受到空氣和軌道平均阻力的合力大小恒為0.1mg.重力加速度為g.求： (1)艦載機(jī)在水平軌道AB上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； (2)在水平軌道末端B，艦載機(jī)發(fā)動(dòng)機(jī)的推力功率； (3)要保

55、證艦載機(jī)正常起飛，斜面軌道的長(zhǎng)度滿足的條件．(結(jié)果用m、g、L、h、v表示) 解析　(1)設(shè)艦載機(jī)在水平軌道的加速度為a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，發(fā)動(dòng)機(jī)的推力為F，阻力為Ff，由牛頓第二定律得 F－Ff＝0.6mg－0.1mg＝ma， 得a＝0.5g， 而由位移公式有L＝at2， 解得t＝2. (2)設(shè)艦載機(jī)在B端的速度為v′，功率為P，由速度公式 v′＝at＝， 解得P＝Fv′＝0.6mg. (3)設(shè)艦載機(jī)恰能在C端起飛時(shí)，斜面軌道長(zhǎng)為l0， 整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理有(F－Ff)(L＋l0)－mgh＝mv2， 解得l0＝＋2h－L， 所以，斜面軌道長(zhǎng)度滿足的條件是l≥＋2h－L.

56、 答案　(1)2　(2)0.6mg　(3)l≥＋2h－L 11．(2017·陜西西安模擬)如圖所示，一質(zhì)量為M＝5.0 kg的平板車靜止在光滑水平地面上，平板車的上表面距離地面高h(yuǎn)＝0.8 m，其右側(cè)足夠遠(yuǎn)處有一固定障礙物A.另一質(zhì)量為m＝2.0 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊，以v0＝8 m/s的水平初速度從左端滑上平板車，同時(shí)對(duì)平板車施加一水平向右、大小為5 N的恒力F.當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到平板車的最右端時(shí)，兩者恰好相對(duì)靜止，此時(shí)撤去恒力F，當(dāng)平板車碰到障礙物A時(shí)立即停止運(yùn)動(dòng)，滑塊水平飛離平板車后，恰能無(wú)碰撞地沿圓弧切線從B點(diǎn)切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑．已知滑塊與平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，圓

57、弧半徑為R＝1.0 m，圓弧所對(duì)的圓心角∠BOD＝θ＝106°.g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求： (1)平板車的長(zhǎng)度； (2)障礙物A與圓弧左端B的水平距離； (3)滑塊運(yùn)動(dòng)至圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。? 解析　(1)滑塊與平板車間的滑動(dòng)摩擦力 Ff＝μmg， 對(duì)滑塊，由牛頓第二定律得 a1＝＝μg＝5 m/s2， 對(duì)平板車，由牛頓第二定律得 a2＝＝3 m/s2. 設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，滑塊與平板車相對(duì)靜止， 共同速度為v，則 v＝v0－a1t1＝a2t1， 滑塊的位移x1＝t1， 平板車的位移x2＝t1， 平板車的長(zhǎng)度l＝x1－x2， 聯(lián)立解得l＝4 m. (2)設(shè)滑塊從平板車上滑出后做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則 h＝gt， xAB＝vt2， 障礙物A與圓弧左端B的水平距離 xAB＝1.2 m. (3)對(duì)小物塊，從離開(kāi)平板車到C點(diǎn)，由動(dòng)能定理得 mgh＋mgR＝mv－mv2， 在C點(diǎn)由牛頓第二定律得 FN－mg＝m， 聯(lián)立解得FN＝86 N， 由牛頓第三定律得，滑塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為86 N. 答案　(1)4 m　(2)1.2 m　(3)86 N 24